Drehung als Beispiel eines Homomorphismus ohne Eigenwerte

08.09.2014, 11:53

Tim92

Drehung als Beispiel eines Homomorphismus ohne Eigenwerte

Hallo,
ich soll ein Beispiel eines Homomorphismus $\begin{eqnarray*} f: R^2 -> R^2 \end{eqnarray*}$ ohne Eigenwerte kennen.

Meine Prof meinte als Beispiel die Drehung: $\begin{eqnarray*} A = \begin{pmatrix} cos \alpha & -sin \alpha & \\ sin \alpha & cos \alpha \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Es gilt dann $\begin{eqnarray*} det (A - tE) = t^2 - 2t cos \alpha + 1 \end{eqnarray*}$
daraus folgt, dass die Nullstellen $\begin{eqnarray*} \lambda_{1,2}= cos \alpha \pm \sqrt{cos^2 \alpha -1} \end{eqnarray*}$ sind. Da $\begin{eqnarray*} \lambda \in R \end{eqnarray*}$ liegen soll, ist dann $\begin{eqnarray*} cos^2 \alpha = 1 \end{eqnarray*}$ und das ist äquivalent zu $\begin{eqnarray*} \alpha = 0 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} \alpha = \pi \end{eqnarray*}$ .
Und damit ist $\begin{eqnarray*} \lambda = 1 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} \lambda = -1 \end{eqnarray*}$ (wenn man $\begin{eqnarray*} \alpha = 0 bzw. \pi \end{eqnarray*}$ einsetzt.

Da aber Eigenwerte den Betrag 1 haben, hätte ich doch nun zwei Eigenwerte. Wo ist mein Fehler?

08.09.2014, 14:40

RavenOnJ

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RE: Drehung als Beispiel eines Homomorphis ohne Eigenwerte
Willst du einen EW, der nicht in $\begin{align*} \mathbb R \end{align*}$ liegt, dann nimm doch einfach ein $\begin{align*} \alpha\notin\{0,\pi\} \end{align*}$ . Das sind dann die Drehungen ohne Eigenvektoren.

08.09.2014, 15:22

Tim92

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RE: Drehung als Beispiel eines Homomorphis ohne Eigenwerte

Zitat:

Original von RavenOnJ
Willst du einen EW, der nicht in $\begin{align*} \mathbb R \end{align*}$ liegt, dann nimm doch einfach ein $\begin{align*} \alpha\notin\{0,\pi\} \end{align*}$ . Das sind dann die Drehungen ohne Eigenvektoren.

oh man. so einfach ist das?! Hammer

da hab ich wohl den Wald vor lauter Bäumen nicht mehr gesehen. Danke dir!

09.09.2014, 09:15

Tim92

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RE: Drehung als Beispiel eines Homomorphis ohne Eigenwerte
Ich bins nochmal^^

Wenn ich als Beispiel die Drehung mit $\begin{eqnarray*} \alpha = 2 \pi \end{eqnarray*}$ nehme:
$\begin{eqnarray*} A = \begin{pmatrix} cos 2pi\ & -sin 2\pi & \\ sin 2\pi & cos 2\pi \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Es gilt dann $\begin{eqnarray*} det (A - tE) = t^2 - 2t + 1 \end{eqnarray*}$
daraus folgt, dass die Nullstelle $\begin{eqnarray*} \lambda= 1 \end{eqnarray*}$ ist.
Wieso ist 1 nun kein Eigenwert in R?

09.09.2014, 09:59

RavenOnJ

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RE: Drehung als Beispiel eines Homomorphis ohne Eigenwerte

Zitat:

Original von Tim92

Wenn ich als Beispiel die Drehung mit $\begin{eqnarray*} \alpha = 2 \pi \end{eqnarray*}$ nehme:
$\begin{eqnarray*} A = \begin{pmatrix} cos 2pi\ & -sin 2\pi & \\ sin 2\pi & cos 2\pi \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Es gilt dann $\begin{eqnarray*} det (A - tE) = t^2 - 2t + 1 \end{eqnarray*}$
daraus folgt, dass die Nullstelle $\begin{eqnarray*} \lambda= 1 \end{eqnarray*}$ ist.

Ich verstehe dein Problem nicht. Du wolltest doch eine Abbildung, die gerade keinen reellen Eigenwert und damit Eigenvektor hat. Die Drehung um $\begin{align*} 2\pi \end{align*}$ in diesem Raum ist nichts anderes als die Identitätsabbildung. Natürlich hat die als einzigen EW die 1 und ist ein Beispiel für eine Abbildung mit reellem EW und rellen EVs. Es ist nämlich jeder Vektor aus $\begin{align*} \mathbb R^2 \end{align*}$ Eigenvektor dieser Abbildung. Bei der Drehung um $\begin{align*} \pi \end{align*}$ ist ebenfalls der gesamte Raum Eigenraum, aber zum EW -1. Das ist nichts anderes als die Punktspiegelung am Ursprung.

Zitat:

Wieso ist 1 nun kein Eigenwert in R?

09.09.2014, 10:00

Bernhard1

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Zitat:

Original von Tim92
ist dann $\begin{eqnarray*} cos^2 \alpha = 1 \end{eqnarray*}$ und das ist äquivalent zu $\begin{eqnarray*} \alpha = 0 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} \alpha = \pi \end{eqnarray*}$ .

Ich "glaube", dass es da noch mehr Möglichkeiten für $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ gibt.

09.09.2014, 10:08

tmo

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Es steht jetzt hier nirgends dabei: Aber natürlich macht man a priori die Einschränkung $\begin{align*} \alpha \in [0,2\pi) \end{align*}$ . Und dann sind die einzigen beiden Ausnahmen tatsächlich die von deinem Prof und RavenOnJ genannten (Und genau so haben die beiden es auch gemeint).

09.09.2014, 11:22

Tim92

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Ahhhh. Was für dumme Fehler. Cos und sin sind ja 2pi-periodisch und damit sind die Funktionen an den Stellen 0 und 2pi identisch^^
dann nehm ich einiges zurück.

Also im Grunde brauch ich dann allgemein (auf 2x2 Matrizen bezogen) eine Matrix
$\begin{eqnarray*} D = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
bei der die charakteristische Gleichung
$\begin{eqnarray*} 0 = det (D - \lambda E) = \lambda^2 - (a+d)\lambda + (ad-bc) \end{eqnarray*}$
keine Lösung im Bereich der reellen Zahlen hat. Und das wiederum geschieht genau dann, wenn die Diskriminante negativ ist, also wenn
$\begin{eqnarray*} (a-d)^2 < -4bc \end{eqnarray*}$ ist.

Also z.B. $\begin{eqnarray*} a=d=0,5 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} bc<0 \end{eqnarray*}$ , also z.B. $\begin{eqnarray*} b=-\frac{ \sqrt{3}}{2} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} c=\frac{ \sqrt{3}}{2} \end{eqnarray*}$ . Das ganze wäre dann die Drehung um $\begin{eqnarray*} \frac{\pi}{3} \end{eqnarray*}$ bzw. 60°.

Wenn das stimmt, sollte ich es verstanden haben. Danke euch!

09.09.2014, 14:04

RavenOnJ

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Genau, wenn die Diskriminante $\begin{align*} (a-d)^2+4bc < 0 \end{align*}$ , dann gibt es ein Paar konjugiert komplexer Eigenwerte. Dies ist möglich bei 2-dimensionalen Matrizen. Bei 3-dimensionalen, rellen und invertierbaren Matrizen gibt es immer mindestens einen rellen EW. Dies gilt generell für solche Matrizen in $\begin{align*} \mathbb R^{2n+1},n\in \mathbb N_+ \end{align*}$ . (Fundamentalsatz der Algebra)

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